福建省永春第一中学2025_2026学年高一下学期期中考试数学试题 [含答案]

这是一份福建省永春第一中学2025_2026学年高一下学期期中考试数学试题 [含答案]，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知复数，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系．在如图所示的正五角星中，，是该正五角星的中心，则（ ）
A．B．32C．D．64
3．如图，的斜二测直观图是，其中，则的面积是（ ）
A．1B．2C．4D．8
4．已知圆锥的底面半径为，侧面展开图的圆心角为，则圆锥的表面积是（ ）
A．B．C．D．
5．已知正三棱台上下底面边长分别为、，高为1，则正三棱台外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．某中学数学兴趣小组为测量学校附近某建筑物的高度，在学校操场选择了同一条直线上的，，三点进行测量．如图，（单位：米），点为中点，兴趣小组组长小王在，，三点正上方2米处的，，观察建筑物最高点的仰角分别为，，，其中，，，点为点在地面上的正投影，点为上与，，位于同一高度的点，则建筑物的高度为（ ）米．

A．20B．22C．40D．42
7．如图，矩形LMNK，，，半径为1，且E为线段NK的中点，P为圆E上动点，设，则的最小值是（ ）
A．1B．C．D．5
8．已知中，分别是角的对边，的面积，角的平分线交于点，且，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
二、多选题
9．如图，是边长为的等边三角形，是的外接圆圆心，延长与交于点是外接圆上一点，则（ ）
A．的最大值为4
B．
C．
D．当取最大值时，三点共线
10．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c则（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．若，则
C．在锐角中，不等式恒成立
D．若，，且有两解，则b的取值范围是
11．如图，在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，在棱上，满足，，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．当时，平面
B．当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形
C．当时，平面截该正方体所得截面面积的最大值为
D．的最小值为
三、填空题
12．已知圆台的体积为，上底面半径为1，高与母线的比值为，则该圆台的下底面半径为_________．
13．若正四面体的表面积为，则①该正四面体的棱长为1；②该正四面体的高为③该正四面体的体积为④该正四面体的外接球表面积为正确的序号有__________.
14．在复平面上，复数2和所对应的点分别为，复数所对应的点在线段上移动，若，则复数对应点所构成图形的面积为___________．
四、解答题
15．已知为虚数单位，，是的两个根.
(1)设，满足方程，求的值；
(2)设，复数，所对的向量分别是与，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围.
16．已知正四棱柱中，，，点分别是棱的中点，过三点的截面为．
(1)作出截面（保留作图痕迹）；
(2)设截面与平面交于直线，且截面把该正四棱柱分割成两部分，记体积分别为．
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求的值．
17．如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且.
(1)求证：平面；
(2)棱上是否存在一点使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
18．在中，角，，的对边分别为，，，，.
(1)求角；
(2)若是线段的中点，且，求；
(3)若为锐角三角形，求的周长的取值范围.
19．定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“伴生函数”，向量为函数的“源向量”．

(1)若函数的“源向量”为，且以O为圆心，为半径的圆内切于正△ABC（顶点C恰好在y轴的正半轴上），求证：为定值；
(2)已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数k的取值范围；
(3)已知向量为函数的“源向量”，在时的取值为．设P是△ABC外心，若，且，求实数λ的值．
1．A
【详解】因为，所以，虚部为.
2．A
由平面向量数量积的定义计算可得结果.
【详解】作，垂足为，如下图所示：
则为的中点，
故
.
故选：A
3．D
【详解】过作交轴于点，可得，
因为，所以为等腰直角三角形，所以，
根据斜二测画法，可得，如图所示，则，
所以的面积，故选项D正确.
4．D
由扇形弧长公式求圆锥的母线长，再由表面积公式圆锥的表面积.
【详解】圆锥的底面半径为，侧面展开图的弧长为，
又侧面展开图的圆心角为，得圆锥母线长，
则圆锥的表面积.
故选：D.
5．C
利用正三棱台的几何性质计算出球心到下底面的距离，可求出外接球的半径，结合球体体公式可求得结果.
【详解】如下图，设正三棱台的上、下底面的中心分别为、，
由正三棱台的几何性质可知，外接球球心在直线上，
正的外接圆半径为，正的外接圆半径为，
设，若球心在线段上，则，，
设球的半径为，则，
即，解得，不合乎题意；
所以，球心在射线上，则，
，即，解得.
所以，即，故该正三棱台的外接球体积为.
故选：C
6．B
设，得到，，，并得到，根据得到，结合余弦定理得到方程，求出，得到筑物的高度.
【详解】设，因为，，，
所以，，，
因为，点为中点，
所以，点为中点，
故，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
由于，故，
即，解得，
故建筑物的高度（米）.
故选：B
7．B
以点为坐标原点建系, 设,由已知求得,将用坐标表示,解得,利用三角函数的最值解得的最小值.
【详解】由已知建系如图,由，,解得,则,设,
因为, ,,.
所以,
即,解得: .
所以,当时, 的最小值是.
故选：B
8．B
【详解】因为，所以，
因为，所以，所以，
由正弦定理可得，，
则，
因为，所以，则，即，
因为是角的平分线，所以，所以，
则，
因为，，所以，
因为，所以，
则，得（负值舍去），故，
在中利用余弦定理得，
故
9．ABC
对于A，由外接圆直径为的最大值可判断；对于B，由向量投影与数量积的关系可判断；
对于C，由等边三角形重心的向量性质可判断；对于D，由的几何意义与点的位置可判断.
【详解】对于A，因为的边长为，外接圆的半径，所以的最大值为，故A正确；
对于B，由题意知，所以，故B正确；
对于C，等边三角形的外接圆圆心也是重心，所以，所以，故C正确；
对于D，当取最大值时，点是圆的最右边的点，即过点O的水平线与圆在右侧的交点，
此时在上的投影向量的模最大，显然不满足，三点共线，故D错误.
10．ACD
A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项， 由大边对大角与余弦函数的单调性可得；在锐角中，得到与正弦定理即可判断C的正误；根据题意，可得，求出b的范围，可判断D的正误；
【详解】选项A，因为，即，
所以有整理可得，所以，
故为等腰三角形，故A正确；
选项B，由大边对大角，，由余弦函数在上单调递减，
故，故B错误；
选项C：若为锐角三角形，所以，所以，
由正弦函数在单调递增，则，故C正确；
选项D：因为，，如图，因为有两解，所以，
，解得，故D正确；
11．ABD
对于A，证明即可判断；对于B，当时，截面为梯形，当时，截面为五边形，即可判断；对于C，求出截面为正六边形的面积即可判断；对于D，设的中点为，对平面和平面沿展开，求出线段的长即可判断.
【详解】对于A，当时，连接，
因为分别为和的中点，所以，
又，所以，
又平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，延长交于点，连接交于点，
当时，在线段上，截面为梯形，
当时，在延长线上，交于点，连接交于点，截面为五边形，
所以，当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形，故B正确；
对于C，当时，为中点，
因为平面平面，所以截面可以为正六边形，如图：
因为正方体的棱长为，所以正六边形的边长为，
所以面积，故C错误；
对于D，设的中点为，由A可知，
所以四点共面，
对平面和平面沿展开，如图：
四边形为等腰梯形，，，
所以，
又三角形为等腰三角形，，
所以，即，
所以，
又，
所以的最小值为，故D正确.
12．2
先由高和母线比设参数，结合勾股定理得高与半径差的关系，再代入体积公式列方程即可得结果.
【详解】设圆台的高为，母线长为，下底面半径为，
则，设，则，
所以，即，所以，
又因为，
整理得：，所以.
13．①③④
设该正四面体的棱长为，根据正四面体的性质结合已知得到的值； 作平面，在直角三角形中利用勾股定理得到；根据锥体的体积公式即可得解；将该四面体放入正方体中，四面体的外接球即为正方体的外接球，从而求出外接球的半径，利用球的表面积公式求解即可.
【详解】设该正四面体的棱长为，则其表面积为，所以，①正确；
作平面，垂足为，则为的重心，
连接延长交于中点，
则有，
高为，②错误；
由①和②的分析可知该正四面体的体积为，③正确；
将该四面体放入正方体中，则正方体的棱长为，
且四面体的外接球即为正方体的外接球，其半径为，
表面积为，④正确.
14．
设复数所对应的点为，设复数所对应的点为，由得到点的轨迹为：以线段为中线，宽度为的矩形，加上两端为圆心，半径为的两个半圆，利用矩形和圆的面积公式求解即可.
【详解】
复数2和所对应的点分别为，，
设复数所对应的点为，设复数所对应的点为，
，，点轨迹是以点为圆心，半径为的圆，
点在线段上移动，点的轨迹为：以线段上的点为圆心，半径为的圆的并集，
即点的轨迹为：以线段为中线，宽度为的矩形，加上两端为圆心，半径为的两个半圆，
，，
复数对应点所构成图形的面积为.
故答案为.
15．(1)，
(2)
（1）利用共轭复数性质和韦达定理求解方程参数；
（2）将复数转化为向量，利用向量夹角为钝角的条件（数量积为负且不共线）求解参数范围．
【详解】（1）因为，
所以方程的两个根，为共轭复数，
设，，
由韦达定理得，，
将，代入，
得，即，
所以，解得，所以，，
所以，．
（2）因为，所以，所以，，
所以，，
因为与的夹角为钝角，所以，且与不共线，
所以，解得且，
所以实数的取值范围为.
16．(1)作图见解析；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）.
（1）连接并延长交的延长线于点，连接交于，连接即可得截面.
（2）（ⅰ）利用面面平行的性质推理即得；（ⅱ）利用割补法及三棱锥的体积公式求出，进而求出的值即可.
【详解】（1）在正四棱柱中，连接并延长交的延长线于点，连接交于，连接，
则四边形是过三点的平面截正四棱柱的截面，如图：
（2）（ⅰ）在正四棱柱中，平面平面，
平面平面，平面平面，
所以.
（ⅱ）由（1）及已知，平面，平面，
由是中点，，得是的中点，又，则，
，
，
所以.
17．(1)证明见解析
(2)存在，
（1）法一：连接，首先证明四边形是平行四边形，再根据已知及线面平行的判定即可证；法二：连接分别交于点，连接，利用等比例的性质得，再根据线面平行的判定即可证；
（2）根据给定条件证明平面，法一：取中点P，连接，根据已知证明，再由线面平行、面面平行的判定证明结论，即可得；法二：延长交于，延长交于，连接，利用相似关系、平行四边形的性质及线面平行的判定证明平面，最后由面面平行的判定证明结论，即可得；
【详解】（1）法一：连接，在正方体中，分别是中点，
且，则四边形是平行四边形，
∴，平面平面，所以平面，
法二：连接分别交于点，连接，
如图在正方体中，且，
所以，则，同理得，
所以，则，而平面平面，
所以平面；
（2）存在，且，理由如下：
因为，所以，
，而
，
由平面平面，
所以平面，
法一：取中点P，连接，如图
，是中点，
是的中位线，则，
∵F为中点，则且，
∴四边形是平行四边形，
，
综上，，平面平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
法二：延长交于，延长交于，连接，如图：
为中点，易得，
，
分别为的中点，易得，
，又，即，
∴四边形为平行四边形，
平面平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以时，平面平面.
18．(1)
(2)
(3)
（1）先应用正弦定理化边为角，再应用两角和的正弦公式计算化简得出角A；
（2）先根据向量关系，左右两边平方后结合余弦定理得出，进而得出面积即可；
（3）应用正弦定理边角转化应用辅助角公式化简，再根据角的范围应用正弦函数的性质求解.
【详解】（1）由正弦定理可知，
∴，
∴，
又，，
∴，
∵，∴，
∵，∴．
（2）由（1）及余弦定理得，即，①
又因为，则，
则，
即，
所以，②
由得，
所以．
（3）由（1）得，则，即，
由正弦定理可知，，
所以
．
因为△ABC为锐角三角形，所以，，
即，，
则，即，
则，
故△ABC的周长的取值范围为．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）法一：因为函数，
所以其“源向量”，显然，
即M轨迹为单位圆，
由正三角形的性质可知，，
所以
，
是定值；
法二：由题意可知，，，，
所以，，，
所以，
，
所以，是定值；
（2）因为向量为函数的“源向量”，所以，
则方程在上有且仅有四个不相等的实数根，
所以在上有且仅有四个不相等的实数根，
令，，
①当时，
；
②当时，，
所以.
其图象为：

结合，，，
故当在上有且仅有四个不相等的实数根时，
k的取值范围为；
（3）法一：由题意得，，则，
在三角形ABC中，，因此，
因为设P是△ABC外心，所以，
，，
设，，则，，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
又，因为，
所以．
法二：由
可得，
由向量的数量积公式可得，
即，
由正弦定理可得，
即，
所以.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
D
D
C
B
B
B
ABC
ACD
题号
11









答案
ABD